zadania - physics.naboj.org · fyzikálnynáboj2013/2014 zadania obr.10:terč, zrkadlá a...

Fyzikálny náboj 2013/2014 Zadania

Zadania

1. Polik sa vybral na výlet z Bratislavy do 30 km vzdialeného Senca. Prvých 10 km išielrýchlosťou 90 km/h. Druhých 10 km sa ale vliekol rýchlosťou 60 km/h. Ako rýchlo musí Polikprejsť posledných 10 km cesty, aby jeho priemerná rýchlosť bola 90 km/h?

2. Aký ťažký peračník musím hodiť do Miša, aby som mu energeticky vrátil to, že matrafil nábojom zo vzduchovky s hmotnosťou 8 g a rýchlosťou 125m/s? Hádzať peračníky viemrýchlosťou 3,5m/s.

3. Teleso necháme z pokoja padať voľným pádom. Aká je jeho priemerná rýchlosť, ak padáčas t?

4. Malá Enka sa šmýka na šmykľavke dlhej 10m so sklonom 30 voči horizontále a koeficien-tom dynamického trenia f =

√3/4. Akou rýchlosťou vylietava zo šmykľavky?

5. FKSáci si povedali, že si vyzdobia svoju miestnosť rýchlo a jednoducho. Vzali papierovekrúžky, rozstrihli ich na dve polovice a každú z nich zlepili do kužeľa. Aký vrcholový uhol budezvierať takýto kužeľ?

6. Andrej pomáhal doma presúvať kocky s hmotnosťou m a stranou dlhou a. Zistite, pre akýkoeficient šmykového trenia f je výhodnejšie kocku dvakrát prevrátiť okolo jej hrany, než ju narovnaké miesto posunúť. Neuvažujte rozdiel medzi statickým a dynamickým trením.

7. Staré logo Trojstenu je už síce na odpis, ale stále sa mu nechce ísť do starého železa. Pretourobilo zo seba elektrický obvod, viď obrázok. Aký prúd tečie vetvou, kde je zapojený odpors hodnotou 2Ω?

Obr. 1: Trojstenový obvod

8. Jimmi je gentleman a vo voľnom čase nosí cylinder, pričom jeho výška je H, polomervalcovitej časti je r a polomer obvodu klobúka je R.

1 [email protected]


Obr. 2: Jimiho cylinder

Celý cylinder je z homogénnej látky. V akej výške od spodnej podstavy cylindra je jeho ťažisko?

9. Dušanovi sa pokazilo jeho naťahovacie autíčko. Sila motora, ktorý poháňa kolesá, už zrazuv čase nie je konštantná, ale mení sa podľa tohto grafu:

Obr. 3: Graf sily motora

Načrtnite graf, ktorý nám povie, akú veľkú drahú prešlo autíčko v závislosti od času, ak malonulovú počiatočnú rýchlosť a dráhu sme merali z miesta, kde stálo na začiatku.

10. Na Matfyze sa vrámci prerábky menilo vodovodné potrubie. To nové „experimentálneÿpotrubie má na určitých miestach 2 vrstvy – voda môže tiecť stredom potrubia s polomerom r,ale aj v dutine s hrúbkou h, viď obrázok. Potrubie má však jednu chybu – stredná časť sa zvyknečasto upchávať. Aký je pomer rýchlosti vody v upchatom potrubí a v dokonale priechodnompotrubí, ak nimi musí prejsť rovnako veľa vody?

Obr. 4: Pozdĺžny prierez neupchatého a upchatého potrubia

11. Tinka je strašná pipka a nevydrží bez svojich čačiek-mačiek. Najnovšie si objednalanáhrdelník tvorený tenkým drôtom v tvare kružnice a do nej vpísaným rovnoramenným troju-

2 [email protected]


holníkom (tvoria ho iba 3 drôtiky). V objednávkom liste bolo písané, že náhrdelník má ťažiskopresne v strede kružnice. Aký uhol môžu zvierať ramená trojuholníka v náhrdelníku, ktorý siTinka objednala? Trojuholníky s nulovým obsahom neuvažujte.

12. Marika si v akcii kúpila štyri rezistory s odpormi 1Ω, 2Ω, 2Ω a 4Ω a vo voľnom čase ichvšelijako zapájala. Koľko rôznych celkových odporov mohla Marika vyrobiť, ak zapájala vždyvšetky štyri rezistory tak, aby nimi tiekol prúd?

13. Obežná doba Merkúru okolo Slnka je T1, obežná doba Venuše je T2. S akou periódou tdochádza k maximálnemu vzájomnému priblíženiu týchto planét?

14. Andrej sa na rande nudil. Zobral preto svoj neohnuteľný občiansky a vodičský (každýs hmotnosťou m) a oprel ich o seba pod uhlom 2α. Zhora začal tlačiť, až zrazu zatlačil na kartysilou F a ony sa zosypali. Aký je koeficient trenia medzi dokladmi a stolom, ak sú oba dokladyz rovnakého materiálu?

15. Na hranol s podstavou v tvare kosoštvorca so stranou dlhou 20 cm dopadajú rovnobežnélúče svetla, viď obrázok. Aký musí byť vrcholový uhol takejto spojky, ak chceme, aby sa lúčeprechádzajúce stredmi strán preťali v kosoštvorci a vyšli z neho opačne, ako vošli? Index lomumateriálu, z ktorého je hranol vyrobený, je

√3. Počas riešenia môžete využiť tieto goniometrické

identity:

sin(2α) = 2 sinα cosα ,

cos(2α) = cos2 α− sin2 α .

Obr. 5: Lúče prechádzajúce stredmi strán kosoštvorca

16. „VY ODPORNÉ OKNÁ! DO STARÉHO ŽELEZA S VAMI!ÿ A tak sa aj stalo. Čajkavzala do rúk sekeru a z rámu okien narobila nepotrebnú odporovú sieť. Aký je odpor medzistredom a rohom takého okna, ak štvorcový rám má dĺžku 2a a dĺžkový odpor železa je λ?

3 [email protected]


Obr. 6: Schéma okna

17. Múdre knihy hovoria, že pľúca majú pri plnom nádychu objem asi 5ℓ a pri plnom výdy-chu len 1ℓ, a to najmä preto, že ľudské svaly sa nedokážu viac stiahnuť a kosti ohnúť. Tento faktspôsobuje to, že sa pri potápaní bez výstroja dokážeme potopiť iba do obmedzených hĺbok. Vy-počítajte, aká hĺbka je pre nás hraničná, ak nechceme, aby sa nám pľúca „prelomiliÿ. Uvažujte,že na hladine vody je atmosferický tlak 100 kPa.

18. Rotujúcu guľu položíme na drevenú podlahu s nezanedbateľným trením. Zistite, akú časťenergie stratí rotujúca guľa počas doby, kým prešmykuje, ak vieme, že moment zotrvačnostigule má hodnotu I = 2mR2/5.

19. Kaťa vyzvala Helboja na súboj v curlingu. Helboj mal už víťazstvo na dosah ruky, keďv tom Kaťa zázračne vyslala svoj kameň tak, že sa pozrážalo všetko, čo sa mohlo. Na obrázkuvidíte ako vyzerala situácia po všetkých, dokonale pružných zrážkach. Katin kameň č.1 márýchlosť u1 = 1m/s, kameň č.2 má rýchlosť u2 =

√3/5m/s a Helbojove kamene č.3 a 4 majú

rýchlosť u3 = 1,2m/s. Ako vyzeralo rozostavenie kameňov tesne po tom, čo Kaťa pustila svojkameň č.1 z ruky, a akú mal rýchlosť?

Obr. 7: Rozrazené kamene

20. Vypočítajte odpor medzi protiľahlými vrcholmi pravidelného odporového dvadsaťstenu.Každá hrana má odpor R.

4 [email protected]


Obr. 8: Ikosaeder s vyznačenými protiľahlými vrcholmi

21. Dostali sme krásny homogénny disk s polomerom r, hmotnosťou M a momentom zotr-vačnosti okolo osi prechádzajúcej stredom a kolmej na disk I0 = 1

2Mr2. Červotoč nám doňho

ale vysústružil dieru s polomerom r/2 (viď obrázok).

Obr. 9: Vyhryznutý disk

Teraz tento útvar váži m a jeho moment zotrvačnosti okolo pôvodného stredu disku je I. Akýje pomer I/mr2 pre tento útvar?

22. Kaja si chcela ozvláštniť svoje akvárium na intráku, a preto na jeho dno upevnila ne-hmotnú tyč dĺžky l = 20 cm, na konci ktorej je gulička s hustotou ρg = 500 kg/m3 a hmotnosťoum = 300 g tak, že sa v bode upevnenia mohla voľne otáčať. Kaja potom tyč vychýlila zo zvislejpolohy o malý uhol a tá začala kmitať. Aká je perióda jej kmitov?

23. Maťo sa popri štúdiu na Cambridgei venuje aj stavaniu kvadrokoptér. Ich ovládanie sitrénuje tak, že na ne pripevní laser a strieľa ním na terč v tvare šestinového výseku valca. Keďs tým začínal, uľahčoval si to tak, že pripevnil k terču dve rovinné zrkadlá. Nakreslite, kamvšade môže Maťo mieriť, aby sa stále trafil do terča, pokiaľ sa nachádza na mieste, ktoré jevyznačené na obrázku.

5 [email protected]


Obr. 10: Terč, zrkadlá a kvadrokoptér

24. Tri planéty s hmotnosťou m a nábojom q rozmiestnime do vrcholov rovnostrannéhotrojuholníka s dĺžkou strany a. Štvrtá planéta rovnakej hmotnosti sa nachádza v strede. Akýmnábojom Q ju máme nabiť, ak chceme, aby planéty zotrvali v rovnovážnych polohách?

25. Detektorom Svanci prelietava častica, ktorá nadobudla vďaka svojmu ultra-rýchlemupohybu 3-násobok svojej pokojovej hmotnosti. O koľko ju môžu vedci z Patriklabs maximálneurýchliť, aby ju mohol ešte detekovať prístroj, ktorý je dlhý L = 20m, pričom na to potrebujeaspoň t = 30 ns? Výsledok stačí uviesť v násobku rýchlosti svetla.

26. Paťo bol na exkurzii v CERNe. Tam sa dozvedel, že LHC je kruhový urýchľovač s dĺžkou27 km a vie vyvinúť maximálnu energiu 7TeV pripadajúcu na jednu časticu. Na základe týchtoinformácií dokázal spočítať, aké magnetické pole musí pôsobiť na obiehajúci protón v urýchľo-vači s pokojovou hmotnosťou 1,67× 10−27 kg. Akú hodnotu vypočítal?

27. Predstavte si nekonečný plochý 2D vesmír plný skla, v ktorom sa nachádza štvorecvzduchu. Presne v strede štvorca je uložený bodový zdroj svetla. Aká časť skleneného 2D svetaje osvetlená? Index lomu skla je n = 1,5.

28. Do stredu doskového kondenzátora s kapacitou C umiestnime rovnobežne s elektródamitenkú vodivú dosku. Ako sa zmení kapacita kondenzátora? Všetky dosky majú plochu S akondenzátor má hrúbku d. Okrajové efekty zanedbajte.

29. Vypočítajte periódu kmitov Vlejdovej hračky. Tá pozostáva z pružinky s tuhosťou k,kladky s polomerom r a momentom zotrvačnosti I a závažia s hmotnosťou m (viď obrázok).

Obr. 11: Vlejdovo kmitadielko

6 [email protected]


30. Na špagátiku dĺžky l visí v tiažovom poli kovová gulička s hmotnosťoum. Vo vzdialenostil, viď obrázok, je nekonečná uzemnená vodivá platňa. Aký náboj Q musíme priviesť na guličku,aby zvierala so zvislým smerom uhol 45?

Obr. 12: Guľôčka a uzemnená rovina

31. Kubo si kúpil novú LEDku a chcel overiť jej parametre. Pripojil ju teda na časovopremenlivý zdroj napätia so sínusovým priebehom s efektívnou hodnotou Uef = 230V a frek-venciou f = 50Hz. Potrebné napätie na zažnutie podľa obalu LEDky je vraj UON = 180V ana zhasnutie UOFF = 60V. Aké dlhé sú časové úseky, kedy LEDka svieti?

32. Kocka so stranou a pláva v skúmavke tvaru valca s polomerom R naplnenej morskouvodou. My do nej trochu ťukneme a kocka začne kmitať vo vertikálnom smere. Pre aký po-mer a/R je perióda kmitov polovičná, ako keby kocka kmitala ponorená v mori s nekonečnouhladinou?

33. Popri makrobiotickej diéte a aerobiku sa dal Vlejd aj na posilňovanie. Naposledy,keď si pridával závažia na činku, mu jedno padlo na nohu. Od samej zlosti vzal tyč odčinky zanedbateľnej hrúbky a vrhol ju smerom k rebrinám. Na jeho prekvapenie tyčzostala držať zapretá medzi priečkami rebriny.Zaujalo ho to natoľko, že chce vedieť, aká najkratšia tyč sa udrží zaseknutá na

rebrine, ak je dĺžková hustota tyče λ = 3,141592654 kg/m, polomer priečok r = 3 cm,vzdialenosť ich stredov d = 20 cm a koeficient trenia medzi priečkami a tyčou f = 0,5.

34. V letné dni býva u Čukčov teplota 27 C. Avšak oni majú radi zimu a schladzujúsi svoje príbytky až na teplotu 5 C. Takéto schladzovanie vyžaduje odčerpávanie tepla výkonom700W. Aký minimálny príkon potrebujú ideálne čukčské klimatizácie?

35. Kubo už nechce žiť na tejto planéte, tak si postavil raketu. Akou najmenšou rýchlosťoumusí vyštartovať, aby opustil Slnečnú sústavu?Hinty:

• Úniková rýchlosť z nehybnej osamotenej Zeme je v1 = 11,2 km/s;• Úniková rýchlosť z obežnej dráhy Zeme od Slnka je v2 = 42,1 km/s;• Zem je od Slnka vzdialená D = 1,5× 1011m a obieha rýchlosťou vz = 29,8 km/s;• Rotáciu Zeme zanedbajte.

7 [email protected]


36. Fest Kozmický Superprogram dosiahol nevídaný úspech. Objavil planétu Fíkappasigma(ϕκσ), na ktorej žije technicky vyspelý druh FtáKopySkov. Svoje laboratória majú ukrytéhlboko v zemi a z povrchu planéty sa tam dopravujú voľným pádom vertikálnymi tunelmi.Ako dlho trvá FtáKopySkovi cesta do laboratória, ak má planéta polomer R, hustotu ρ alaboratórium je v hĺbke R/2?

37. Kubova anténa pozostáva z dvoch bodových zdrojov žiariacich do všetkých horizontál-nych smerov rovnako. Oba body žiaria s rovnakou intenzitou na vlnovej dĺžke λ = 12 cm. Sú odseba vzdialené d = 1m a ich fázový posun je tretina periódy. V koľkých horizontálnych smerochžiari Kubova anténa maximálnou intenzitou?

38. Odyseus dokázal podľa povesti vystreliť šíp rýchlo a presne. Aby sa predviedol, zabodoldo radu N sekier s rozostupmi l s dierami v rovnakej výške s malým priemerom d. Odyseuszaujal ideálne miesto a prestrelil všetky diery v sekerách šípom s nulovými rozmermi. Akúnajmenšiu rýchlosť mohol dosiahnuť šíp v maximálnom bode svojej trajektórie?

Obr. 13: Rad sekier

39. Na Havaji je známa špecialita - kokos plnený banánovou zmrzlinou. Keď si ho objednáte,prinesú vám polovicu kokosovej škrupiny s polomeromR naplnenú až po vrch zmrzlinou a naviacďaľšími dvoma kopčekmi s polomerom R/2 na vrchu. Nebol by to FKSák, ak by si do takéhokokosu neťukol a nepozoroval malé kmity vo význačných smeroch symetrie.Aký je pomer periód malých kmitov v týchto smeroch (menšia ku väčšej), ak sa ťažisko

polgule nachádza 3R/8 od jej plochej podstavy, moment zotrvačnosti polgule okolo ktorejkoľvekosi prechádzajúcej pozdĺž roviny rozrezania a pôvodným stredom gule je 2mr2/5 a hustotakokosu a zmrzliny je rovnaká.

Obr. 14: Zmrzlina

8 [email protected]


40. Vonku práve začalo mrznúť, teplota klesla až na −10 C a Filip sa už nevie dočkať, kedysa pôjde korčuľovať. Keď prišiel k jazeru, malo práve teplotu 0 C, ale žiaden ľad na povrchunebol. Koľko hodín musí Filip počkať, kým sa na jazere vytvorí bezpečná vrstva s hrúbkouh0 = 20 cm? Skupenské teplo topenia ľadu je L = 333,2 kJ/kg, koeficient tepelnej vodivostiľadu má hodnotu λ = 2,2W/m.K a jeho hustota je ρ = 917 kg/m3. Predpokladajte, že vodav jazere počas zamŕzania udržuje svoju teplotu.

9 [email protected]

Fyzikálny náboj 2013/2014 Vzorové riešenia

Vzorové riešenia

1. Skúsme si príklad čo najviac zjednodušiť. Vidíme, že prvú časť cesty Polik už išiel rýchl-soťou 90 km/h. Stačí preto, aby Polik išiel priemerne touto rýchlosťou aj v druhom a treťomúseku cesty. Vypočítajme si čas t, za ktorý musí prejsť Polik druhý a tretí úsek, ak by ich prešielrýchlosťou 90 km/h.

t =20 km90 km/h

=29h .

Teraz si vypočítajme čas, ktorý trval Polikovi na to, aby prešiel len druhý úsek jeho cesty.

t′ =10 km60 km/h

=16h .

Aby Polik splnil svoj plán, musí tretí úsek prejsť za čas t− t′, teda musí ísť rýchlosťou

v =10 km29h− 16h= 180 km/h .

Polik musí ísť tretí úsek rýchlosťou 180 km/h.

2. Na nájdenie potrebnej rýchlosti nám úplne stačí vzorec pre výpočet kinetickej energie.Hmotnosť aj rýchlosť vystreleného náboja poznáme, môžeme teda napísať

E =mnv

2n

2=0,008 kg · (125m/s)2

2= 62,5 J .

Chceme, aby rovnakú kinetickú energiu mal aj hodený peračník, teda aby platilo

mpv2p

2= 62,5 J .

Z tejto rovnice už vieme vyjadriť hmotnosť:

mp =2 · 62,5 J

v2p=2 · 62,5 J(3,5m/s)2

= 10,2 kg .

3. Priemernú rýchlosť vypočítame z pomeru prejdenej dráhy a uplynutého času. Prejdenádráha je jednoducho gt2/2, čas je t. Priemerná rýchlosť je

vp =12gt2

t=

gt

2,

4. Na Enku pôsobia sily podľa obrázka.

10 [email protected]


Obr. 15: Rozložená tiažová sila, reakčná normálová sila šmykľavky, trecia sila

Na základe Newtonovho zákonu F = ma máme rovnicu

mg sin (30)− fmg cos (30) = ma .

To po úprave dávaa = g (sin 30 − f cos 30) .

Využitím vzťahu s = at2/2 dostávame čas

t =

√

2sa.

Pri rovnomerne zrýchlenom pohybe pre rýchlosť v dosiahnutú po zrýchľovaní zrýchlením apočas doby t platí v = at. Enkina finálna rýchlosť je preto

v = at =√2sa =

√

√

√

√2 · 10m · 10m/s2 ·(

12−

√34

√32

)

= 10

√

1− 34m/s = 5m/s .

Výsledok sa dal získať aj z tvrdenia, že počiatočná potenciálna Enkina energia sa premení nakinetickú energiu a prácu, ktorú vykoná trecia sila.

5. Označme si polomer nášho polkruhu r. Tento polomer vytvorí polomer plášťa. Polovičnýobvod kruhu o = πr vytovrí obvod základne, odkiaľ si vieme určiť polomer základne R = r/2.Pre vrcholový uhol potom platí

sin(α

2

)

=R

r=12.

Vrcholový uhol má potom veľkosť α = 60.



6. Pri posúvaní vykonáme prácu Wpos = (mgf)(2a). Pri prevracaní ju musíme dvakrát zdvi-hnúť na hranu, kedy jej ťažisko stúpne z výšky a/2 do výšky

√2a/2. Pri zmenách potenciálnej

energie vykonáme prácu

Wprev = 2mg

(√2a2

− a

2

)

= mga(√2− 1

)

.

Z výsledkov hneď vidíme, že pre f < (√2 − 1)/2 sa nám kocku oplatí posúvať, v opačnom

prípade prevracať.

7. 2. Kirchhoffov zákon nám hovorí, že ak v obvode nájdeme uzavretú slučku,1 celkové napätiemusí byť nulové. Vyberme si slučku, v ktorej je zapojený len 2Ω rezistor a zdroje s napätím 1V a2V. Vidíme, že v tejto slučke je polarita zdrojov rovnaká a ich napätie sa sčíta. Z Kirchhoffovhozákonu teda aj napätie na rezistore musí byť rovné 1V+2V = 3V. Z Ohmovho zákona potommusí týmto rezistorom tiecť prúd

I =U

R=3V2Ω= 1,5A .

Vetvou preteká prúd 1,5A.

8. Najprv si spočítajme hmotnosti jednotlivých častí cylindra, pričom uvažujme plošnú hus-totu materiálu σ. Vrchná kruhová časť má hmotnosť m1 = σπr2, valcovitý plášť má hmotnosťm2 = σ2πrH a nakoniec spodná podstava v tvare medzikružia má hmotnosťm3 = σπ (R2 − r2).Vrchná časť má ťažisko vzdialené od spodnej podstavy H, valcovitý obal má ťažisko vzdialenéod podstavy H/2 a spodná podstava ho má v nulovej vzdialenosti. Teraz máme všetky po-trebné informácie, tak môžeme vypočítať výšku ťažiska celého cylindra ako vážený priemerjednotlivých ťažísk:

h =m1H +m2

H

2+m3 · 0

m1 +m2 +m3=

rH (r +H)R2 + 2rH

.

9. Sila motora nám hovorí presne o tom, aké je zrýchlenie auta v čase, pretože hmotnosťauta sa nemení a platí a = F/m.Najskôr sa zamyslime, ako vyzerá rýchlosť auta v čase. My poznáme zrýchlenie, čiže zmenu

rýchlosti. Netreba sa zľaknúť toho, že zrýchlenie nie je konštantné. Správanie rýchlosti v časesi vieme odvodiť z tvaru zrýchlení, ktoré poznáme. Pri nulovom zrýchlení zostáva rýchlosť kon-štantná, pri konštantnom zrýchlení rastie rýchlosť lineárne, a analogicky pri lineárne rastúcomzrýchlení rastie rýchlosť kvadraticky. Tu si treba uvedomiť, že graf rýchlosti musí byť spojitý.Rýchlosť sa nemôže meniť skokovo, pretože to by znamenalo, že zrýchlenie je nekonečné.Úplne analogicky budeme postupovať pri tvorbe grafu prejdenej dráhy v čase z grafu rých-

losti. Okrem toho, že keď sa bude meniť rýchlosť kvadraticky, tak dráha sa bude meniť kubickysi treba dať pozor na dve ďalšie veci.

1Uzavretú slučku nájdeme tak, že prstom sa v obvode dostaneme z bodu A naspäť do bodu A.



Prvá z nich je, že ak nám popisuje rýchlosť funkcia súčtu konštantnej a lineárnej/kvadratickejfunkcie, tak dráhu bude popisovať funkcia súčtu lieárnej a kvadratickej/kubickej funkcie. To,čo sme práve povedali, nie je nič iné ako to, že pohyb si môžeme rozložiť do viacerých jedno-duchých pohybov, ktorých rýchlosť vieme matematicky popísať, vypočítame dráhu a opäť tozložíme. To isté robíme napríklad pri výpočte výšky telesa pri šikmom vrhu.Druhá vec je, že graf bude bez ostrých zlomov, čiže prejdenú dráhu bude popisovať hladká

funkcia. Hladká funkcia je taká funkcia, ktorej sklon sa mení spojito. Sklon grafu dráhy od časuje aktuálna rýchlosť, a tá, ako sme si pred chvíľou povedali, sa mení spojito. Takže takýto grafmusí byť hladký. S týmito poznatkami už jednoducho dostaneme výsledný graf.

Obr. 16: Graf závislosti rýchlosti a dráhy od času

10. Budeme vychádzať z rovnice kontinuity, podľa ktorej platí

vuvn=

SnSu.

Index u označuje upchaté potrubie, index n zasa neupchaté. Po dosadení za pomer prierezovzískame hľadaný pomer rýchlostí.

vuvn=

π (r + h)2

π[

(r + h)2 − r2] =

1

1−(

r

r + h

)2.

11. Kružnicová časť náhrdelníka má ťažisko presne v strede, takže na to, aby bola splnenápodmienka zo zadania, musí mať aj samotný trojuholník ťažisko v strede kružnice. Uvažujme,že rovnoramenný trojuholník má uhol oproti základni veľkosti 2α, ramená dĺžky a = 2R cosαa základňu dĺžky b = 4R sinα cosα, pričom R je polomer kružnice.Pre prípad cosα = 0 dostávame patologický prípad zo zadania, ktorý neuvažujeme.



Vráťme sa však k normálnym riešeniam. Takýto Tinkin náhrdelník má osovú symetriu, takžeťažisko sa určite nachádza na tejto osi a musí byť vzdialené od vrcholu oproti základni o R.Stačí teda všeobecne vyjadriť polohu ťažiska a pozrieť sa, kedy bude v spomínanej vzdialenosti:

rT =2R2 cos3 α + 4R2 sinα cos3 α2R cosα + 2R sinα cosα

= R .

Po úpravách tejto rovnice dostaneme

2 sinα cos2 α = sinα (1 + sinα) .

Nenulové riešenie rovnice získame použitím identity cos2 α = 1−sin2 α a vyriešením kvadratickejrovnice 2 sin2 α + sinα− 1 = 0 na intervale 〈0, π

2〉 dostaneme riešenie 2α = π/3, teda 60.

12. Najistejší postup spočíva v overení všetkých kombinácií (nie je ich tak veľa). Štyri rezis-tory vieme zapojiť dokopy 10 rôznymi spôsobmi:

(i) Všetky štyri rezistory v sérii,

(ii) dva rezistory paralelne, za nimi dva sériovo,

(iii) tri paralelne, jeden sériovo,

(iv) jeden a dva paralelne, jeden sériovo,

(v) jeden a dva parelelné zapojené sériovo, jeden k nim paralelne,

(vi) dva a dva paralelne a dokopy sériovo,

(vii) dva a dva sériovo a dokopy paralelne,

(viii) jeden a tri paralelne,

(ix) jeden, jeden a dva paralelne

(x) všetky štyri paralelne.

Teraz dosádzajme za rezistory konkrétne hodnoty Marikiných rezistorov. V prvom prípade jelen jedna možnosť zapojenia. V druhom prípade máme na výber 4 možnosti paralelnej časti.V tretej možnosti sú to 3 možnosti pre paralelnú časť, v štvrtom a piatom prípade je týchmožností až 7. V šiestom a siedmom prípade máme len 2 možnosti, v ôsmom prípade sú to3 možnosti, v deviatom 4 a konečne v desiatom je to znova len jedna možnosť. Ak vypočí-tame jednotlivé celkové odpory zapojení, zisťujeme, že nájdeme 5 dvojíc zapojení s rovnakýmcelkovým odporom, viď obrázok.



Obr. 17: Zapojenia s rovnakým odporom

Všetky možnosti odporov, ktoré mohla Marika vyrobiť je tak

1 + 4 + 3 + 7 + 7 + 2 + 2 + 3 + 4 + 1− 5 = 29 .

Marika mohla teda namerať 29 rôznych odporov.

13. Keďže poznáme periódu obehu, vieme si veľmi ľahko vypočítať uhlovú rýchlosť pohybovoboch planét. Uhlovú rýchlosť Merkúra označme ω1 a Venuše ω2. Uvažujme teraz, že v časet = 0 s sú obidve planéty pri sebe najbližšie. Tento počiatočný uhol si označme ako ϕ0 = 0 rad.Keď budú pri sebe opäť najbližšie, obe planéty opíšu rovnaký uhol od uhlu ϕ0. Avšak jednaz planét opíše ešte jeden okruh (2π) navyše. Z tretieho Keplerovho zákona vyplýva T1 < T2,pretože Merkúr obieha okolo Slnka bližšie ako Venuša. To znamená tiež, že ω1 > ω2. TakžeMerkúr musel opísať za čas t uhol o 2π väčší ako Venuša:

ω1t = ω2t+ 2π ⇒ t =2π

ω1 − ω2.

Nakoniec stačí dosadiť vzťah ω = 2π/T , čím dostávame výsledný vzťah

t =2π

2πT1

− 2πT2

=T1T2

T2 − T1.

14. Ide o statickú situáciu, máme preto tri podmienky pre občiansky (úplne rovnaké by smedostali aj pre vodičský, nakoľko sú rovnaké). Rovnováhu síl v horizontálnom smere, vertikálnomsmere a rovnováhu momentov síl vzhľadom napríklad k bodu dotyku karty s podložkou.2

Pozrime sa najskôr na rovnováhu síl.

2Ronvako by sme si mohli vybrať ľubovoľný iný bod. Skúste si to!



Obr. 18: Sily pôsobiace na doklady

Vo vertikálnom smere máme

N =F

2+mg .

V horizontálnom smere T = Ft = Nf , čo po dosadení z predošlej rovnice za N dáva

T = f

(

F

2+mg

)

.

Napíšme ďalej podmienku pre momenty.

mga

2sinα +

F

2a sinα = Ta cosα .

Po dosadení za T z podmienky rovnováhy v horizontálnom smere dostávame

mga

2sinα +

F

2a sinα = fa

(

F

2+mg

)

cosα .

Po chvíli upravovania odtiaľ vieme vyjadriť hľadaný koeficient f :

f =tanα

1 +1

F

G+ 1

= tanαF +G

F + 2G.

15. Ak majú podľa zadania lúče vyjsť z hranola rovnakým spôsobom, ako doň vošli, tak právenastala úplná symetria a lúče sa tým pádom musia sfokusovať presne v strede kosoštvorca.Označme si vrcholy kosoštvorca ako ABCD, jeho stred ako O, stred strany AD ako S a uhol∡OAD ako α, viď obrázok 19.



Obr. 19: Lámanie lúču

Keď sa poriadne pozrieme na trajektóriu horného lúča, tak vidíme, že najskôr dopadolrovnobežne s priamkou AO do bodu S, kde sa zlomil a následne pokračoval do bodu O. ZoSnellovho zákona vieme okamžite napísať, že

n =sin (90 − α)sin β

=cosαsin β

,

kde β je uhol, pod ktorým sa lúč láme voči kolmici na úsečku AD.Z vlastností pravouhlých trojuholníkov vieme, že trojuholníky AOS a ODS sú rovnora-

menné, takže ∡SAO = ∡AOS = α a ∡OSD = 2α. Tým pádom vieme povedať, že β = 90−2α,čo môžeme priamo dosadiť do už napísaného Snellovho zákona:

n =cosα

sin (90 − 2α) =cosαcos(2α)

.

Teraz ostáva už len určiť hodnotu uhla α. Využime goniometrickú identitu pre cos(2α) zozadania a upravujme horný vzťah (využijeme tiež sin2 α + cos2 α = 1):

n(

cos2 α− sin2 α)

= cosα ,

n(

2 cos2 α− 1)

= cosα ,

2n cos2 α− cosα− n = 0 .

Táto kvadratická rovnica má dve riešenia:

cosα1,2 =1±

√8n2 + 14n

,

pričom nás zaujíma iba to zo znamienkom plus, pretože požadujeme, aby platilo α ∈ (0, 90).Po dosadení indexu lomu n =

√3 zo zadania dostávame pre kosínus hľadaného uhla:

cosα =1 +

√

8 ·√32+ 1

4√3

=3

2√3=

√32

, ⇒ α = 30 .



Hľadaný uhol kosoštvorca je teda |∡DAB| = 2α = 60.

16. Využijeme, že zapojenie je symetrické podľa uhlopriečky medzi ľavým dolným a pravýmhorným bodom. Ak by sme k stredu a rohu okna pripojili zdroj napätia, prúd (a aj napätie)by boli symetrické podľa tejto osi. Ak sa pozrieme na ľavý horný a pravý dolný roh okna,napätie na nich bude (napríklad voči stredu) zo spomínanej symetrie rovnaké. To ale znamená,že napätie medzi týmito bodmi bude nulové. Ak by sme ich dokonale vodivo spojili, vodičombude pretekať nulový prúd a teda fyzikálne prejavy zapojenia sa nezmenia. Ak sú dva bodyvodivo spojené, v schéme ich môžeme zlúčiť do jedného bodu.Rovnako vieme postupovať aj pri dvojiciach bodov, ktoré sú v stredoch strán okna – tiež

ich vieme zlúčiť do jedného bodu. Naviac si môžeme všimnúť, že pravým horným rohom netečiežiaden prúd. S týmito poznatkami nie je ťažké schému prekresliť do krajšieho tvaru:

Obr. 20: Ekvivalentné prekreslenie okna

Každá čiara v schéme má odpor aλ. Každá paralelne zapojená dvojica má teda odpor aλ/2.Potom je odpor paralelnej časti obvodu

32aλ · 12aλ

32aλ+

12aλ=38aλ .

Po pripočítaní sériovo zapojeného odporu aλ/2 zisťujeme, že odpor Čajkinho okna je 7aλ/8.

17. Budeme predpokladať, že tlak vody, ktorý tlačí na pľúca z vonka je rovnaký ako tlakv pľúcach. Nakoľko teplota vody sa s hĺbkou mení zanedbateľne oproti zmenám tlaku, budemeju považovať za konštantnú. Zo stavovej rovnice pV = NkBT , kde p je tlak, V objem vzduchu,N počet častíc, T teplota v kelvinoch a kB Boltzmanova konštanta môžeme usúdiť, že ak saobjem pľúc zmenší 5-krát, tlak v nich vzrastie tiež 5-krát.Hraničná hĺbka pre ponáranie je teda taká, v ktorej bude tlak 5-krát väčší ako tlak na

hladine. Tlak v hľadanej hĺbke h je teda

p = 5pa = ρgh+ pa ,

kde ρ je hustota vody, g gravitačné zrýchlenie a h hĺbka. Po jej vyjadrení a dosadení zadanýchhodnôt dostávame, že medzná hĺbka je h = 40m.



18. Počiatočná energia gule je

E0 =12Iω20 =

15mR2ω20 .

Na mieste styku s podložkou pôsobí trecia sila. Jej veľkosť označme F . Táto sila spôsobujezrýchlenie ťažiska a = F/m a uhlové spomalenie veľkosti

ε =M

I=

FR25mR2

=52R

a .

Guľa prestane prešmykovať vtedy, keď sa jej obvodová rýchlosť vyrovná rýchlosti jej ťažiska,preto musí platiť (ω0 − εt)R = at. Po dosadení za ε dostávame

t =27Rω0a

,

z čoho plynie výsledná rýchlosť

vf = at =27Rω0 , ωf =

vfR.

Celková energia po skončení prešmykovania bude

Ef = Ek + Er =12mv2f +

12Iω2f =

12mR2ω2f +

15mR2ω2f =

710

mR2449

ω20 =235

mR2ω20 =27E0 .

Hľadaná časť energie je

k =E0 − Ef

E0=57.

19. Analyzujme situáciu pekne postupne. Na začiatku sa hýbal iba jeden kameň, čo námzjavne uľahčuje situáciu. Zrážky sú dokonale pružné, čiže sa musí zachovávať hybnosť aj energia.Vyzbrojení týmito poznatkami budeme analyzovať zrážky pekne od konca.Oba Helbojove kamene majú rovnakú veľkosť rýchlosti a vychádzajú z jedného miesta,

rovnako ako Katin kameň č.2. To naznačuje, že sa v tom mieste zrazili všetky 3 kamene.Naviac z obrázku možno vidieť, že Helbojove kamene idú od spoločného bodu pod rovnakýmuhlom. Keďže Katin kameň č.2 leží na osi symetrie, tak sa určite vracia na miesto, z ktoréhoprišiel, rýchloťou w, ktorú mal po zrážke s kameňom č.1 a pred zrážkou s Helbojovými kameňmi.Zapíšme teda pre ne rovnice vyjadrujúce zákony zachovania.

0 = −mu3 sinα +mu3 sin β ⇒ α = β ,

mw = mu3 cosα +mu3 cos β −mu2 ,

12mw2 = 2 · 1

2mu23 +

12mu22 .



Z rovníc zistíme, že w =√3m/s a α = π/6. Teraz nám zostáva iba zistiť, pod akým uhlom

a akou rýchlosťou sa zrazili Katine kamene. Opäť prídu k slovu rovnice zákonov zachovania,pričom rýchlosť narážajúceho kameňa je teraz v.

0 = −mw sin γ +mu1 sin δ ,

mv = mw cos γ +mu1 cos δ ,12mv2 =

12mw2 +

12mu21 ,

γ + δ =π

2.

Opäť vyriešime a dostaneme v = 2m/s a γ = π/6, takže Katine kamene sa zrazili pod uhlom5π/6. A nakoniec sa pozrime na výsledný obrázok rozostavenia kamňov pred zrážkou.

Obr. 21: Kamene pred zrážkou (tmavé), po zrážke (svetlé) a počas zrážky (čiarkované)

20. Označme protiľahlé vrcholy A a B. Vďaka symetrii vieme, že ak niektoré vrcholy vodivospojíme, tak medzi nimi aj tak žiadny prúd tiecť nebude a nič sa nezmení. Takto môžemepospájať päticu vrcholov susediacich s A. Po vodivom spojení ich môžeme v schéme nahradiťjediným vrcholom A′ a odpory vedúce z A′ naspäť do A′ neuvažovať. To isté vieme spraviťaj so susedmi B a dostaneme B′. Nová schéma bude nasledovná: z A ide do A′ 5 paralelnýchodporov, z A′ do B′ 10 odporov a z B′ do B 5 odporov. Čiastkové odpory týchto pararelnýchzapojení sú R/5, R/10 a R/5, čo v sériovom zapojení dáva výsledok

R20 =2 + 1 + 210

R =R

2.



21. Vyjadrime si najprv pomer hmotností nového útvaru a pôvodného disku.

m

M=

M −πr2

4πr2

M

M=34.

Tu sme využili to, že pomer hmotností diskov je rovný pomeru ich obsahov. Naviac si všimnime,že časť vyžraná červotočom mala hmotnosť M/4. Keď to vieme, je pomerne jednoduché sivyjadriť moment zotrvačnosti nového útvaru. Na moment zotrvačnosti pôvodného disku I0 samôžeme pozerať ako na súčet momentu I a momentu vyžratej časti. Vyžratá časť, to je vlastnedisk s hmotnosťou M/4 a polomerom r/2, takže moment zotrvačnosti okolo jeho stredu je

Idiera =12M

4

(r

2

)2

.

Tento disk sa ale neotáča okolo osi, ktorá prechádza jeho ťažiskom, ale okolo osi, ktorá jeposunutá o r/2. Tým sa zmení moment zotrvačnosti podľa Steinerovej vety o

∆Idiera =M

4

(r

2

)2

.

Takže moment zotrvačnosti I0 vieme vyjadriť aj ako súčet

I0 = I + Idiera +∆Idiera .

Úpravou a dosadením nakoniec dostaneme

I = I0 −(

12M

4r2

4+

M

4r2

4

)

=1332

Mr2 =1324

mr2 .

Teraz už jednoducho vidíme, že hľadaný pomer je 13/24.

22. Na úvod si všimnime, že ak by sme otočili akvárium hore nohami, Kajina tyč by vyzeralapresne ako kyvadlo. Otázka znie, či sa bude tak aj kývať. Na bežné kyvadlo pôsobí tiažová silakolmo nadol a ťahová sila tyčky (šnúrky). Na Kajine kyvadlo však ešte pôsobí aj vztlaková sila,ktorá pôsobí počas celého pohybu v presne opačnom smere ako tiažová sila. Perióda bežnéhokyvadla závisí od veľkosti tiažového zrýchlenia g. V akváriu bude toto zrýchlenie zmenené nahodnotu

g∗ =Fvz − Fg

m=

mg

(

ρH2Oρg

− 1)

m= g

(

ρH2Oρg

− 1)

.

Perióda kyvadla bude potom zhodou okolností pri daných konštantách rovnaká ako mimo ak-vária:

T = 2π

√

l

g∗= 2π

√

√

√

√

√

l

g

(

ρH2Oρg

− 1) = 2π

√

l

g≈ 0,9 s .



23. Pri riešení tohoto príkladu využijeme myšlienku, že keď sa lúč odráža od zrkadla, môžemesi jeho ďalšiu dráhu predstaviť vo virtuálnom priestore za zrkadlom. Priestor za zrkadlom jesymetrický podľa zrkadla reálnemu priestoru. Dráhu lúča medzi bodmi A a B môžeme pretoznázorniť ako na obrázku 22. Podľa zrkadla sme do virtuálneho priestoru zobrazili aj terča druhé zrkadlo.

Obr. 22: Odraz lúču od zrkadla a zrkadlenie terča

Kedy lúč trafí terč v reálnom priestore? Práve vtedy, keď ho trafí aj vo virtuálnom priestore.Pozrime sa najskôr na lúče, ktorými Maťo trafí terč priamo (bez odrazu), alebo po jednomodraze. Nakoľko zmenšovaním uhla α typ lúča s jedným odrazom plynule prejde na priamy lúč,Maťo môže mieriť presne do oblasti vyznačenej na obrázku 23.

Obr. 23: Celý virtuálny priestor, lúče ktoré zasiahnu terč a lúč, ktorý nezasiahne terč (bodkovaný)

Nemôže Maťo trafiť terč lúčmi po viacerých odrazoch? Nie. Rozmyslite si ale, ako by savýsledok zmenil, ak by sme nepoužili šestinový výsek. Môžeme sa o tom presvedčiť zopakovanímúvahy z predošlých odstavcov. Lúč by sa v bode B′ mal odraziť od zrkadla II′. Môžeme ho všaknechať pokračovať rovno do ďalšieho virtuálneho priestoru, podobne ako pred tým a analogickyodzrkadliť aj terč. Na obrázku 23 však vidíme, že lúč z bodu B′ už pokračuje smerom od terča



a teda ho nikdy netrafí. Tento postup vieme zopakovať pre všetky body nachádzajúce sa nazrkadle II′ a neležiace na terči.

24. V statickom prípade sa nesmie hýbať žiadna z planét. Všimnime si, že stredná planétasa nehýbe bez ohľadu na veľkosť nábojov. Všetky tri planéty v rohoch trojuholníka sú totižrovnaké, čo do náboja, hmotnosti aj vzdialenosti od strednej planéty. Tá si preto nemá podľačoho vybrať, ku ktorej by sa rozbehla a teda musí ostať stáť v strede.

Obr. 24: Sústava nabitých planét

Čo sa týka ostatných planét, stačí si vybrať jednu z nich, a ak zabezbečíme, aby bola onav pokoji, zo symetrie budú na tom rovnako aj ostatné. Výsledná sila pôsobiaca na planétu musíbyť nulová. V smere kolmom na ťažnicu trojuholníka to bude splnené opäť zo symetrie. V smereťažnice musí byť byť splnená podmienka rovnováhy

24πε0

q2

a2cos

π

6+14πε0

qQ(

a√3

)2= 2G

m2

a2cos

π

6+G

m2(

a√3

)2,

čo po úprave dáva hľadanú podmienku

Q =4(3 +

√3)

3Gπε0

m2

q− q√3.

25. Vďaka informácii, že častica vďaka svojmu relativistickému pohybu nadobudla až 3-násobok svojej pokojovej hmotnosti, vieme túto rýchlosť vyjadriť zo vzťahu:

3m0 =m0

√

1− v2

c2

.



Po malej úprave dostávame rýchlosť častice

v =

√

89c .

Detektor však stihne analyzovať iba častice s rýchlosťou menšou ako vm = L/t ≈ 2,2 c. Terazpríde chvíľka zamyslenia. Dokážeme urýchliť časticu na takú rýchlosť? Samozrejme, že nie!Rýchlosť svetla sa nedá prekonať. Takže časticu môžeme urýchlovať akokoľvek chceme, dodanáenergia sa bude prejavovať najmä na zmene hmotnosti a teda detektor ju zdetekuje vždy.

26. Označme si dĺžku urýchľovača l, energiu protónu E, pokojovú hmotnosť protónu m0 apolomer trajektórie protónu r = l/2π. Relativistickú hmotnosť protónu môžeme vyjadriť ako

m =m0

√

1− v2

c2

.

Aby sa protón pohyboval po kružnici s polomerom r, musí byť magnetické pole také silné, abydokázalo vytvoriť potrebnú dostredivú silu, tj.

mv2

r= Bqv ⇒ B =

mv

rq.

Ešte nám ostáva zistiť, akou rýchlosťou sa vlastne protón pohybuje. To vieme určiť z rovnicepre energiu

E = mc2 =m0c

2

√

1− v2

c2

⇒ v = c

√

1−(

m0c2

E

)2

.

Po dosadení do predchádzajúceho vzťahu tak dostaneme vzťah pre veľkosť magnetického poľaurýchľovača

B =m0c

rq

√

1−(

m0c2

E

)2

√

1− v2

c2

=2πm0clq

√

1−(

m0c2

E

)2

√

1− 1 +(

m0c2

E

)2=2πElqc

√

1−(

m0c2

E

)2

≈ 5, 4T .

27. Rýchlosť svetla v skle je pomalšia ako vo vzduchu. Lúče vchádzajúce do skla sa pretobudú lomiť ku kolmici podľa Snellovho zákonu lomu

sinαvzduchsinαsklo

=nsklonvzduch

= n .

Lúče dopadajú na steny pod uhlami s veľkosťami v intervale 〈0, 45〉, po lomení budú pretovychádzať pod uhlami s veľkosťami 〈0, arcsin [sin (45)/n)]〉 ≈ 〈0, 28,1〉.



Obr. 25: Rozštiepenie svetla v rohoch

Celková časť osvetleného vesmíru (na 4 strany pod uhlami 〈−28,1, 28,1〉) bude teda

42 · 28,1360

= 0,625 .

28. Kapacita doskového kondenzátora bez dielektrika závisí iba od jeho plochy a vzdiale-nosti medzi elektródami, takže pôvodnú kapacitu kondenzátora vieme vypočítať podľa známehovzorca

C =Sε0d.

Teraz vezmeme vodivú dosku. Taká doska sa ničím nelíši od elektródy. Keď ju vložíme do stredu

kondenzátora, dostaneme vlastne kondenzátory dva, každý s hrúbkoud

2a nezmenenou plochou

S. Ich kapacita bude

C1 = C2 =Sε0d

2

= 2C .

Tieto dva nové kondenzátory majú jednu elektródu spoločnú, ale to nám nijak neprekáža.Môžeme sa na ňu pozerať, ako keby to boli dve elektródy spojené dokonalým vodičom nulovejdĺžky. Dĺžka vodiča medzi nimi však nemá žiadny vplyv na kapacitu – kondenzátory si tedamôžeme predstaviť zapojené do série.Kapacita sériovo zapojených kondenzátorov Cs je

Cs =1

1C1+1C2

=1

1C1+1C1

=C12= C .

Kapacita kodenzátora sa teda vložením dosky nijak nezmenila.Ukážeme si aj iné, všeobecnejšie a krajšie riešenie. Kapacita ľubovoľného kondenzátora je

daná ako podiel náboja, ktorý privedieme na jeho elektródy a napätia, ktorý medzi nimi tentonáboj vytvorí. Skúsme na elektródy priviesť náboje +Q a −Q.

Elektrické pole v doskovom kondenzátore je homogénne, má všade intenzitu E =Q

Sε0a smeruje ku kladne nabitej doske. V takom prípade potenciál závisí iba od vzdialenosti odelektród, čiže v každej rovine rovnobežnej s elektródami je konštantný.



Čo sa stane, keď do kondenzátora vložíme vodivú dosku? Vieme, že voľné náboje vo vodičiv elektrickom poli sa vždy chcú presunúť tak, aby toto pole vykompenzovali. Lenže vnútri dvoj-rozmernej roviny dosky žiadne pole nie je – potenciál je tam všade rovnaký, lebo elektrické polenemá žiadnu zložku rovnobežnú s rovinou. Voľné náboje ostanú teda na svojich miestach.Náboje privedené na kondenzátor sa takisto nijak nezmenia, takže celkové pole muselo

ostať rovnaké. A ak sa nezmenilo pole, nemohlo sa zmeniť ani napätie, a teda ani kapacita.Čiže kapacita kondenzátora bude rovnaká, ako keby tam žiadna doska nebola.

29. Najskôr si vypočítajme, aké je predĺženie pružinky v rovnovážnom stave. Jednoduchéporovnanie síl pôsobiacich na kladku nám hovorí, že pružinka musí byť naťahovaná silou mg.Jej predĺženie x0 nám bude označovať rovnovážnu polohu, pre ktorú platí

kx0 = mg , ⇒ kx0 −mg = 0 ,

Teraz si predstavme, že systém okolo tejto rovnovážnej polohy veselo kmitá. Nech je závažievychýlené o x z rovnovážnej polohy smerom nadol (bez ujmy na všeobecnosti) a nech sa po-hybuje rýchlosťou v. Ak stanovíme hladinu nulovej potenciálnej energie v rovnovážnej polohe,potenciálna energia závažia je −mgx a kinetická energia 1

2mv2.

Pružinka je v tomto momente natiahnutá na x0 + x, takže jej energia je 12k(x0 + x)2. No a

nakoniec má nejakú rotačnú energiu kladka. Ak uvážime, že lano na kladke neprešmykuje, jejej uhlová rýchlosť ω rovná v/r. Pohybová energia kladky potom je 1

2Iω2.

Ak neuvažujeme trenie, musí platiť zákon zachovania energie, tzn. aj pri kmitaní je celkováenergia systému E konštantná:

E = konšt. = −mgx+12mv2 +

12k(x0 + x)2 +

12I(v

r

)2

=

= −mgx+12mv2 +

12kx20 + kx0x+

12kx2 +

12I

r2v2 =

= x (kx0 −mg) +12kx20 +

12

(

m+I

r2

)

v2 +12kx2 ,

Z podmienky rovnovážnej polohy vidíme, že prvý sčítanec je rovný nule. Druhý sčítanec jekonštantný a na kmity (kde ide o „prelievanieÿ energie) nebude mať vplyv – môžeme ho tedapokojne presunúť na ľavú stranu rovnice. Tým pádom nám zostáva vzťah pre energiu

E = konšt. =12

(

m+I

r2

)

v2 +12kx2 ,

čo poznáme ako energiu harmonického oscilátoru s periódou, ktorá je určená konštantami priv2 a x2. Vlejdova hračka teda kmitá s periódou

T = 2π

√

m+ Ir2

k.



30. Aby bola gulička vychýlená o uhol 45, musí na ňu pôsobiť horizontálna elektrická silaF rovnakej veľkosti ako tiaž mg. Vtedy sa sily sčítajú presne tak, ako potrebujeme.Vodivá platňa je uzemnená, jej elektrický potenciál teda musí byť nulový. Môžeme využiť

princíp zrkadlenia – vieme totiž „uhádnuťÿ, že riešenie s rovinou s nulovým potenciálom do-staneme aj vtedy, keď dosku nahradíme „zrkadlovýmÿ nábojom – teda nábojom s opačnýmznamienkom a v rovnakej vzdialenosti na druhej stane platne. Tieto náboje sa priťahujú elek-trostatickou silou

F =14πε0

Q2

a2,

kde a je ich vzájomná vzdialenosť. Z jednoduchej geometrie platí

a = 2l − 2l√2.

Po dosadení

mg =14πε0

Q2

l2(

2− 2√2

)2.

Odtiaľ Q =√4πε0mg

(

2−√2)

l.

31. Ak sa efektívna hodnota striedavého napätia pri uhlovej frekvencii ω = 2πf rovná Uef ,tak potom maximálna hodnota napätia má veľkosť UM =

√2Uef = 325V.

Potom môžeme napísať časový vývoj striedavého napätia, ktoré je na LEDke:

U = UM sin (ωt) .

Podľa tejto rovnice nadobúda zdroj hodnotu napätia UON v čase

tON =arcsin

(

UONUM

)

2πf.

Táto rovnica má dve riešenia: tON1 = 1,9ms a tON2 = 8,1ms.U zhasínacieho napätia UOFF je to veľmi podobné:

tOFF =arcsin

(

UOFFUM

)

2πf.

Tu opäť dostávame dve riešenia: tOFF1 = 0,6ms a tOFF2 = 9,4ms. Keď sa však pozrieme naprvú polperiódu grafu napäťovej charakteristiky LEDky a zakreslíme doň vypočítané časy, takpekne vidíme, v ktorom časovom úseku LEDka vlastne svieti:



Obr. 26: Časový priebeh napätia na ledke

Z obrázku je teda už jasné, že LEDka svieti

∆t = tOFF2 − tON1 = 7,5ms .

32. Pozrime sa najskôr na prípad nekonečnej hladiny. Keď sa kocka ponorí, vytlačí objemvody ∆V . Ten sa však roztečie po nekonečne veľkej hladine, preto sa vodná hladina nezdvihne.Aká sila bude pôsobiť na kocku ponorenú o hĺbku hponor?

F = mg − hponorSρH2Og = mg − hrovnovazSρH2Og −∆hSρH2Og = 0−K∆h ,

kde K = SρH2Og, S je plocha kocky a hrovnovaz je hĺbka ponoru kocky v rovnovážnom stave,a teda prislúchajúci člen sa presne vyruší s tiažovou silou.Všimnime si, že sila pôsobiaca na ponorenú kocku je priamo úmerná vychýleniu a pôsobí

vždy proti vychýleniu. Perióda kocky je v tomto prípade

T = 2π√

m

a2ρH2Og.

V prípade, keď je hladina konečná, nám pri ponorení kocky o ∆h (vzhľadom na skúmavku)stúpne hladina o dodatočné ∆h1, nakoľko objem vody vytlačený kockou sa už nerozleje nanekonečne tenkú vrstvu. Objem vody vytlačený kockou a2∆h sa rozleje na plochu πR2 − a2,preto

∆h1 =a2∆h

πR2 − a2.

Sila pôsobiaca na kocku v prípade konečnej hladiny je preto

F = −K (∆h+∆h1) = −K∆h

1 +1

π

(

R

a

)2

− 1

= −K1∆h ,



kde

K1 = K

1 +1

π

(

R

a

)2

− 1

.

Nová perióda bude teda polovičná vtedy, keď K/K1 = 1/4 (kvôli odmocnine vo vzorcipre T ). Po pár úpravách dostaneme

a

R=

√3π2.

Teraz sa však treba zamyslieť. Na to, aby nám mohla kocka kmitať v skúmavke, musí sa donej zmestiť, čiže musí byť splnená podmienka a/

√2 ≤ R, čo tesne, ale predsa náš výsledok

nespĺňa.Takže neexistuje žiadny vhodný pomer rozmerov, pri ktorom by táto situácia nastala.

33. Najprv si načrtneme všetky pôsobiace sily a im zodpovedajúce momenty. Neznáme sily amomenty určíme tak, aby súčet všetkých síl aj všetkých momentov bol nulový – tyč sa nehýbeani neotáča. Nakoniec nájdeme najmenšiu dĺžku l, pre ktorú ešte naše predpoklady budú platiť.

Obr. 27: Prierez rebrinou

Avšak ešte pred tým chvíľka zamyslenia. Ako veľmi námpomôže, ak bude tyč pretŕčať za horný bod dotyku s rebri-nou? Nijako. Naša fyzikálna intuícia by nám mala hovoriť, žečím nižšie bude ťažisko, tak tým lepšie sa tyč udrží. Múdrejšío tento fakt sa pustíme do riešenia. Momenty síl budeme po-čítať vzhľadom na bod H (viď obrázok 27).Skúseným pohľadom vieme identifikovať päť síl:

• Fg je tiažová sila, pôsobí v ťažisku tyče T a jej veľkosťje Fg = λlg.

• Fd a Fh sú sily, ktorými tlačí dolná a horná priečka reb-riny na tyč.

• Fth a Ftd sú trecie sily v týchto bodoch.

Smernice oboch trecích síl a sily Fh prechádzajú cez bod H,takže nevytvárajú žiaden moment. Ostávajú nám teda dvamomenty, pričom moment tiažovej sily Mg vieme spočítaťpriamo. Vzhľadom na bod H je dĺžka ramena l/2, sila všaknepôsobí kolmo. Musíme preto najprv spočítať veľkosť jej kol-mej zložky F⊥

g . Na to nám stačí vynásobiť jej pôvodnú veľkosťsinα. Z trojuholníka HPK si vieme vyjadriť sinα = 2r/d. Vý-sledný moment je teda

Mg = F⊥g

l

2= Fg

2rd

l

2= Fg

lr

d.



Vieme však, že súčet momentov musí byť nulový, takže poznáme aj moment sily Fd: musíplatiť Md = Mg. Navyše poznáme dĺžku jemu prislúchajúceho ramena ad – je to vzdialenosťbodov, v ktorých sa tyč dotýka priečok rebriny, viď obrázok 27. Z Pytagorovej vety jednoduchovypočítame

ad = |HD| =√d2 − 4r2 .

Poznáme teda všetko, čo nám treba, aby sme vypočítali veľkosť sily Fd – z rovnice premomenty vyjadríme

Fd = F⊥g

l

2ad= Fg

lr

dad.

Teraz budeme hľadať veľkosť sily Fh. Pozrieme sa na zložky síl kolmé na tyč a pokúsime saich vybalansovať. Trecie sily sú s tyčou rovnobežné, teda ich môžeme ignorovať – ostanú námsily Fd a F⊥

g , o ktorých už vieme, že sú na tyč kolmé. V rovonováhe musí z 1. Newtonovhozákona platiť

Fh = Fd − F⊥g = Fh = Fg

(

lr

dad− 2r

d

)

.

Nakoniec potrebujeme overiť rovnováhu síl v smere rovnobežnom s tyčou. Prejavujú sa trisily: obe trecie, ktorých veľkosť je f -krát veľkosť prítlačnej sily, a rovnobežná zložka tiažovej silyF

‖g . Jej veľkosť je analogicky Fg cosα. Z trojuholníkov HPK a PDL vieme, že platí cosα = ad/d.Aby sa tyč nekĺzala, musí byť rovnobežná zložka tiažovej sily najviac rovná súčtu oboch

trecích síl:F ‖g ≤ Ftd + Fth = f (Fd + Fh) ,

z čoho dostaneme podmienku

l ≥ d2 − 4r22fr

+√d2 − 4r2 = 1,4m .

Na záver musíme overiť, či nám ťažisko tyče naozaj vyšlo nižšie, ako je bod dotyku s dol-nou tyčou – teda, či l ≥ 2

√d2 − 4r2. V opačnom prípade by sa totiž tyč prevalila na druhú

stranu rebriny a výpočet by potom nezodpovedal realite. Ľahko zistíme, že to tak nie je a tyčminimálnej možnej dĺžky sa pri zvolených hodnotách medzi priečkami skutočne udrží.

34. Čukčská klimatizácia je z termodynamického hľadiska chladnička a ako Čukčovia samoz-rejme vedia, najúčinnejšia chladnička pracuje v Carnotovom cykle.Účinnosť je definovaná ako podiel „pôžitkuÿ a „cenyÿ. „Pôžitkomÿ je v prípade chladničky

teplo odvedené z chladnejšieho telesa Q2 a „cenouÿ dodaná práca W = Q1 − Q2, kde Q1 jeteplo odvedené na teplejšie teleso. Pre Carnotov cyklus platí Q1/Q2 = T1/T2, v našom prípadeT1 = 27 C a T2 = 5 C. Carnotova chladnička pracujúca medzi týmito teplotami má tedaúčinnosť

η =Q2W=

Q2Q1 −Q2

=1

Q1Q2

− 1=

1T1T2

− 1=

T2T1 − T2

.

Všimnite si, že účinnosť je vyššia ako 1. Toto sa pri chladničkách (na rozdiel od tepelnýchstrojov) stáva. Výkon pri chladení tepla je daný množstvom odčerpaného tepla za čas, teda



P = Q2/∆t, príkon chladničky je dodávaná práca za čas, teda P ′ = W/∆t. Príkon preto možnovypočítať z účinnosti ako

P ′ =P

η=

T1 − T2T2

P ≈ 55,4W .

35. Kubo stojí na povrchu Zeme, čiže na dne jej gravitačnej potenciálovej jamy, no zároveň saale celá Zem nachádza v potenciálovej jame Slnka. Ak sa Kubo chce dostať do nekonečna, musímať dostatok kinetickej energie na to, aby opustil obidve jamy. Celkový gravitačný potenciál,ktorý musí prekonať, je súčtom oboch potenciálov, teda aj potrebná kinetická energia je súčtomdvoch čiastkových kinetických energií.Predstavme si najprv, že Zem je nehybná. Ak Kubo vyštartuje rýchlosťou v1, ujde od

Zeme do nekonečna. Musíme si však dať pozor na to, že ak nezanedbávame Slnko, nekonečnovzhľadom na Zem nie je skutočné nekonečno, ale len solárna orbita s rovnakou polosou, akú máobežná dráha Zeme. V tomto prípade bude po opustení zemského poľa Kubova rýchlosť vočiZemi (a teda aj Slnku) nulová, lebo minul všetku svoju energiu.Ak chce ujsť aj od Slnka, potreboval by, aby mu ostala rýchlosť aspoň v2. Na to nám stačí

tieto dve energie sčítať. Vyjde nám, že Kubo musí vyštartovať rýchlosťou

mv202=

mv212+

mv222

,

v0 =√

(11,2 km/s)2 + (42,1 km/s)2 = 43,6 km/s .

Lenže v skutočnosti sa Zem hýbe a šikovný Kubo to dokáže využiť, ak vyštartuje v smerepohybu planéty. Už vieme, že ak by rakete udelil práve únikovú rýchlosť v1, ostal by krúžiťna solárnej orbite rýchlosťou vz. Takisto vieme, že na to, aby Slnku definitívne utiekol, jepotrebné, aby mu po opustení Zeme ostala vzhľadom na Slnko rýchlosť aspoň v2, čo je vočiZemi v2 − vz = 12,3 km/s. Celkovú potrebnú rýchlosť vypočítame rovnakým postupom, akov prvej časti: napíšeme si rovnosť energií

mv2Kubo2

=mv212+

m(v2 − vz)2

2.

Z tejto rovnice si ľahko vyjadríme výslednú rýchlosť

vKubo =√

(11,2 km/s)2 + (12,3 km/s)2 = 16,6 km/s .

Túto hodnotu obyčajne nazývame treťou kozmickou rýchlosťou a skutočne sa využíva, akchceme nejaké teleso (napríklad vesmírnu sondu Voyager 1 ) s minimálnym úsilím dostať zahranice Slnečnej sústavy.

36. Zadanie hovorí, že FtáKopySk sa bude pohybovať v tuneli iba vďaka gravitačnej sile. Táje daná súčtom príspevkov od všetkých atómov, ktoré Fíkappasigmu tvoria. V našich úvaháchsi najskôr z planéty vyrežme tenkú šupku atómov. Z tejto vrstvy si vyrežme dva výseky, ktorévytvárajú pri FtáKopySkovi rovnaký (priestorový) uhol, viď obrázok.



Obr. 28: Výrezy s rovnakým priestorovým uhlom Ω

Plocha, ktorú výrez vytína, je intuitívne úmerná d2, pretože na štvorci polomeru závisí ajpovrch gule. Tým pádom je d2 úmerná aj hmotnosť výrezu (má konštantnú hustotu a hrúbku).Naopak, gravitačná sila, ktorou výrezy pôsobia na FtáKopySka, je úmerná 1/d2. Tieto dveúmernosti sa teda vzájomne „vyrušiaÿ. Znamená to, že menej, ale bližsích atómov jednéhovýseku má na FtáKopySka rovnaké gravitačné účinky, ako viac vzdialenejších atómov druhejčasti šupky. Rovnakú úvahu môžeme použiť na všetky výseky pre všetky priestorové uhly, čímdostaneme, že ak FtáKopySka obklopuje tenká guľová vrstvička atómov, ich gravitačné účinkysa navzájom vyrušia.Výsledná sila, ktorá na neho bude pôsobiť, bude teda iba od atómov planéty, ktoré sa

nachádzajú bližšie stredu, ako on sám. Oboznámení s týmto faktom už teraz ľahko napíšemeveľkosť sily, ktorá pôsobí na FtáKopySka hmotnosti m vo vzdialenosti x od stredu planéty.

F (x) = GM(x)m

x2= G

43ρx3m

x2=43Gmπρx = kx .

Vidíme, že sila závisí lineárne od vzdialenosti od stredu, pôsobí smerom do stredu a v strede jevýsledná sila nulová. Nie náhodou nám to pripomína silu harmonického oscilátoru. Takže pádFtáKopySka tunelom bude analogický s pohybom harmonického oscilátora s periódou

T = 2π

√

m

k= 2π

√

34Gπρ

.

Pre výchylku takého oscilátoru platí y = R cos (2πt/T ). V čase t = 0 s bola výchylka R, čo jepresne náš prípad, takže stačí vyjadriť výsledný čas t a za y dosadiť R/2.

t =T

2πarccos

y

R=√

π

12Gρ.



37. Maximá nastávajú v smeroch, v ktorých sú žiarenia vo fáze, intefrerencia žiarenia je tamkonštruktívna a výsledné žiarenie je najintenzívnejšie. Nech zdroj, ktorého fáza je o tretinuväčšia, sa nachádza vľavo na obrázku.

Obr. 29: Dráhový rozdiel paralelných lúčov

Nech sú fázy zdrojov vpravo a vľavo

φP =2πrPλ+ ωt , φL =

2πrLλ+ ωt+

2π3.

Potom, keď žiari naša anténa smerom doprava ako na obrázku, je dráhový rozdiel vĺn rL −− rP = D cosα. Aby žiarenia boli vo fáze, fázový rozdiel musí byť celočíselný násobok 2π, tedaφL − φP = 2πk. Dostávame tak

2πD cosαλ

+2π3= 2πk ⇒ cosα =

λ

D

(

k − 13

)

.

Pre interval α ∈ (−π/2, π/2) má táto rovnica 18 riešení.Analogicky, keď žiari naša anténa smerom doľava, je dráhový rozdiel rP − rL = D cosα.

Teda2πD cosα

λ− 2π3= 2πk ⇒ cosα =

λ

D

(

k +13

)

.

Pre interval α ∈ (−π/2, π/2) má táto rovnica len 17 riešení.Dokopy teda Kubova anténa žiari maximálnou intenzitou v 35 smeroch.

38. Odyseus sa nachádza v gravitačnom poli Zeme, preto sa vystrelený šíp bude pohybovaťako pri šikmom vrhu. Aby Odyseovi stačila najmenšia možná rýchlosť, nastaví svoj šíp tak,aby pri svojej ceste tesne minul najvyššie body otvorov v sekerách uprostred. Tu vidíme, žesituáciu si môžeme rozdeliť na dva prípady.Pre nepárne N je situácia jednoduchšia. Vieme, že šíp prejde celkovú vodorovnú dráhu

l (N − 1) a jeho maximálna výška bude d. Známe rovnice pre šikmý vrh nám hovoria:

l (N − 1) = 2v20 sinα cosα

g,

d =v20 sin

2 α

2g.



Aby sme získali rýchlosť v najvyššom bode (označme si ju v), musíme najskôr určiť počiatočnúrýchlosť v0. Tú získame, keď sa nám podarí zbaviť sa uhla α v týchto rovniciach. Začneme tým,že si z druhej rovnice vyjadríme sin2 α. Prvú rovnicu potom umocníme na druhú a s využitímvzťahu cos2 α = 1− sin2 α dostaneme

[gl (N − 1)]2 = 4v40 sin2 α(

1− sin2 α)

.

Do tejto rovnice dosadíme za sin2 α a vyjadríme počiatočnú rýchlosť.

v0 =

√

gl2 (N − 1)28d

+ 2gd

Rýchlosť šípu v najvyššom bode určíme pomocou zákonu zachovania energie.

12mv20 =

12mv2 +mgd

vnepárne =√

v20 − 2gd =

√

gl2 (N − 1)28d

Pre párne N je situácia o niečo zložitejšia. Maximálna výška totiž bude o niečo väčšia akod. Začnime tým, že si napíšeme pohybové rovnice pre letiaci šíp

x = v0t cosα ,

y = v0t sinα− 12gt2 .

Pozrime sa na bod, v ktorom sa šíp dotkne hornej časti otvoru v jednej zo sekier. To sastane kvôli minimalizácii rýchlosti v0 a udeje sa to po prejdení šípu cez N/2 sekier. Keďžesa x-ová zložka rýchlosti nemení, znamená to, že čas, za ktorý šíp preletí medzi dvomi otvormije konštantný. Keďže poznáme celkový čas letu

t =2v0 sinα

g,

vieme určiť aj čas, za ktorý sa šíp dostane k N/2-tej sekere.

tN/2 =(

N

2− 1)

1N

2v0 sinαg

Podľa pohybových rovníc potom bude platiť:(

N

2− 1)

l =2v20 sinα cosα

Ng

(

N

2− 1)

,

d =2v20 sin

2 α

g

(

14− 1

N2

)

.



Z druhej rovnice si opäť vyjadríme sin2 α. Prvú rovnicu analogicky ako v prvom prípade umoc-níme na druhú a upravíme do tvaru:

(gNl)2 = 4v40 sin2 α(

1− sin2 α)

,

(gNl)2 =gd

(

14− 1

N2

)2

[

2v20

(

14− 1

N2

)

− gd

]

.

Odtiaľ už vjadríme rýchlosť v0 ako

v0 =

√

√

√

√

√

gd

2(

14− 1

N2

) +gN2l2

2d

(

14− 1

N2

)

.

Keď poznáme počiatočnú rýchlosť, môžme si opäť určiť maximálnu výšku šípu.

h =v20 sin

2 α

2g=

d

4(

14− 1

N2

)

Analogicky ako v prvom prípade využijeme zákon zachovania energie a dostaneme tak rýchlosťv najvyššom bode.

vpárne =√

v20 − 2gh =√

gl2 (N2 − 4)8d

39. Začneme tým, že si vypočítame pomer hmotností veľkej a malej polgule. Keďže su ho-mogénne, malá má polovičné rozmery a hmotnosť veľkej je M , malá musí vážiť m = M/8.Hmotnosť celej sústavy je potom 5M/4.Ďalej je potrebné zistiť polohu ťažiska celej tejto sústavy. Zo symetrie vyplýva, že sa bude

nachádzať na osi prechádzajúcej stredom plochej podstavy veľkej polgule a bude prechádzať jejstredom. Vzdialenosť ťažiska od stredu plochej podstavy smerom k veľkej polguli bude

rt =M3R8+ 2 · M

8

(

−38

)

R

254M

=2180

R .

Pri vychýlení z rovnovážnej polohy o uhol ϕ stúpne potenciálna energia o

Ep =54Mgrt (1− cosϕ) .

Kinetickú energiu môžeme vyjadriť ako kinetickú energiu otáčania okolo okamžitej osi otáčania,avšak tá sa bude neustále meniť. Preto

Ek =12IAω

2 ,



kde IA, je moment zotrvačnosti okolo aktuálnej osi otáčania. Ťažisko bude od tejto osi nejvzdialené o l (viď obrázok 30), pričom platí kosínusová veta l2 = r2t +R2 − 2rtR cosϕ.

Obr. 30: Geometria kokosovej zmrzliny v dvoch význačných smeroch symetrie

Jedinou neznámou je v príklade moment zotrvačnosti, tak sa do neho pusťme. Momentzotrvačnosti polgule okolo ťažiska je zo Steinerovej vety

I =25mr2 −m

964

r2 =83320

mr2 .

V oboch prípadoch si najprv vypočítame moment zotrvačnosti vzhľadom na os prechádzajúcuspoločným ťažiskom a následne vzhľadom na os otáčania (teda dvakrát použijeme Steinerovuvetu).V prvom prípade, keď kokos kmitá okolo osi kolmej na spoločnú os malých kopčekov zmrz-

liny, momenty zotrvačnosti okolo ťažiska IT1 a okolo osi otáčania IA1 sú

IT1 =83320

MR2 + 2 · 83320

mR2

4+M

(

38R− rt

)2

+ 2md2 ,

IA1 = IT1 + (M + 2m) l2 =13980

MR2 − 2132

MR2 cosϕ .

Analogicky pre kmity okolo druhej osi dostaneme

IT2 =83320

MR2 + 283320

mR2

4+M

(

38R− rt

)2

+ 2m(

316

R + rt

)2

,

IA1 = IT1 + (M + 2m) l2 =6740

MR2 − 2132

MR2 cosϕ .

Nás budú zaujímať malé kmity, takže uhol ϕ bude veľmi malý. Pre malé uhly ϕ ale platí3

cosϕ ≈ 1, takže momenty zotrvačnosti môžeme vyjadriť ako

IA1 =173160

MR2 a IA2 =163160

MR2 .

3Platí to z rozkladu kosínusu do Taylorovho polynómu, pričom uvažujeme len dominantný člen.



Teraz vyjadrime celkovú energiu systému, pričom člen (1− cosϕ) v potenciálnej energiipoložíme rovný prvému nenulovému členu rozvoja kosínusu, čiže využijeme približný vzorec

1− cosϕ ≈ ϕ2

2.

Pre celkovú energiu potom dostaneme

E =12· 54Mgrtϕ

2 +12IAω

2 = konšt.

čo je vlastne energia harmonického oscilátora s periódou, ktorá je určená konštantami pri ω2 aϕ2. Takže kokos naplnený zmrzlinou kmitá okolo prvej osi s periódou

T1 = 2π

√

√

√

√

IA154Mgrt

= 2π

√

173R525g

,

a okolo druhej osi s periódou

T2 = 2π

√

√

√

√

IA254Mgrt

= 2π

√

163R525g

.

Hľadaný pomer je teda√

163/173.

40. Kým čakám na brehu, tak si to porátam. Ľadom prechádza tepelný tok q = λ∆T/h, kde∆T je rozdiel teplôt vody a vzduchu a h je už vytvorená vrstva ľadu – vieme predsa, že ľadmrzne od hladiny. Tepelný tok spôsobuje zamŕzanie rýchlosťou

dmdt=

qS

L,

po úpravách dostaneme rovnicu

ρ dh =q

Ldt =

λ∆ThLdt ,

čo vedie na diferenciálnu rovnicu

h dh =λ∆TρL.

Rovnicu stačí už iba zintegrovať∫ h0

0

h dh =λ∆TρL

∫ τ

0

dt ,

12h20 =

λ∆TρL

τ .

Odtiaľ je čas zamŕzania jazera

τ =ρL

2λ∆Th20 ≈ 77 h .


zadania - physics.naboj.org · fyzikálnynáboj2013/2014 zadania obr.10:terč, zrkadlá a...

Documents